Question

13．已知函數(shù)f（x）=e^x-ax²-bx-1，其中a，b∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù)．
（1）若函數(shù)f（x）在點（1，f（1））處的切線方程是y=（e-1）x-1，求實數(shù)a及b的值；
（2）設(shè)g（x）是函數(shù)f（x）的導函數(shù)，求函數(shù)g（x）在區(qū)間[0，1]上的最小值；
（3）若f（1）=0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，求a的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）求出函數(shù)的導數(shù)，求得切線的斜率和切點，由切線的方程，解得a，b；
（2）求得g（x）及導數(shù)，對a討論，當2a≤0即a≤0時，當ln（2a）≤0即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，當0＜ln（2a）＜1即$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$時，當ln（2a）≥1即a≥$\frac{e}{2}$時，求出單調(diào)區(qū)間可得最小值；
（3）求出導數(shù)，f（1）=0，即有e-a-b-1=0，可得b=e-a-1，結(jié)合（1），（2）運用函數(shù)零點存在定理，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性，即可得到所求范圍．

解答 解：（1）由f（x）=e^x-ax²-bx-1，得f′（x）=e^x-2ax-b，
∴f（1）=e-a-b-1，f′（1）=e-2a-b，
∵函數(shù)f（x）在點（1，f（1））處的切線方程是y-（e-a-b-1）=（e-2a-b）（x-1），
由切線的方程y=（e-1）x-1，可得e-a-b-1=e-1-1，e-2a-b=e-1，
解得a=0，b=1；
（2）由f（x）=e^x-ax²-bx-1得f′（x）=e^x-2ax-b，
∴g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
∴g′（x）=e^x-2a．
當2a≤0即a≤0時，e^x-2a＞0對一切x∈[0，1]恒成立，
∴g（x）在[0，1]內(nèi)單調(diào)遞增，
∴g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；
當2a＞0即a＞0時，令g′（x）=0，得x=ln（2a），
從而有①當ln（2a）≤0即0＜a≤$\frac{1}{2}$時，列表如下：

x	0	（0，1）	1
g′（x）		+
g（x）	1-b	增	e-2a-b

依表格知g（x）在[0，1]上的最小值是g（0）=1-b；  
②當0＜ln（2a）＜1即$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$時，列表如下：

x	0	（0，ln（2a））	ln（2a）	（ln（2a），1）	1
g′（x）		-	0	+
g（x）	1-b	減	2a-2aln（2a）-b	增	e-2a-b

依表格知g（x）在[0，1]上的最小值是g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-b；
③當ln（2a）≥1即a≥$\frac{e}{2}$時，列表如下：

x	0	（0，1）	1
g′（x）		+
g（x）	1-b	增	e-2a-b

依表格知g（x）在[0，1]上的最小值是g（1）=e-2a-b．
綜上所述：
當a≤$\frac{1}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是1-b；
當$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是2a-2aln（2a）-b；
當a≥$\frac{e}{2}$時，g（x）在[0，1]上的最小值是e-2a-b．
（3）f（x）=e^x-ax²-bx-1，g（x）=f′（x）=e^x-2ax-b，
由f（1）=0，即有e-a-b-1=0，可得b=e-a-1，
∴g（x）=e^x-2ax-e+a+1，又f（0）=0．
若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)有零點，
設(shè)x₀為f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)的一個零點，
則由f（0）=f（x₀）=0可知，
f（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)不可能單調(diào)遞增，也不可能單調(diào)遞減．
則g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)不可能恒為正，也不可能恒為負．
故g（x）在區(qū)間（0，x₀）內(nèi)存在零點x₁．同理g（x）在區(qū)間（x₀，1）內(nèi)存在零點x₂．
故函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間，
g（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有兩個零點．
由（2）知當a≤$\frac{1}{2}$或a≥$\frac{e}{2}$時，函數(shù)g（x）即f′（x）在區(qū)間[0，1]內(nèi)單調(diào)，
不可能滿足“函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間”這一要求．
若$\frac{1}{2}$＜a＜$\frac{e}{2}$，此時g（x）在區(qū)間（0，ln（2a））內(nèi)單調(diào)遞減，在區(qū)間（ln（2a），1）內(nèi)單調(diào)遞增．
因此x₁∈（0，ln（2a）），x₂∈（ln（2a），1），
又g（x）_min=g（ln（2a））=2a-2aln（2a）-e+a+1=3a-2aln（2a）-e+1，
令h（x）=3x-2xln（2x）-e+1（$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{e}{2}$），
則h′（x）=3-2ln（2x）-2x•$\frac{1}{2x}$•2=1-2ln（2x），
令h′（x）=0得x=$\frac{\sqrt{e}}{2}$，列表如下：

x	（$\frac{1}{2}$，$\frac{\sqrt{e}}{2}$）	$\frac{\sqrt{e}}{2}$	（$\frac{\sqrt{e}}{2}$，$\frac{e}{2}$）
h′（x）	+	0	-
h（x）	增	$\sqrt{e}$-e+1	減

依表格知：當$\frac{1}{2}$＜x＜$\frac{e}{2}$時，h（x）_min=$\sqrt{e}$-e+1＜0，
∴g（x）_min=3a-2aln（2a）-e+1＜0恒成立，
于是，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，1）內(nèi)至少有三個單調(diào)區(qū)間
?$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}}\\{g（0）＞0}\\{g（1）＞0}\end{array}\right.$?$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2}＜a＜\frac{e}{2}}\\{2-e+a＞0}\\{1-a＞0}\end{array}\right.$?e-2＜a＜1．
綜上所述：a的取值范圍為（e-2，1）．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求切線的方程和單調(diào)區(qū)間、極值和最值，考查分類討論的思想方法，考查函數(shù)方程的轉(zhuǎn)化思想的運用，屬于難題．